数学分析第十章数项级数

第十章数项级 级数问题的xyyxy0ya0a1xa2x2anxn，ai0(i1,2,n．ya0a1xa2x2anxny

x

x2naxn1ny2a26a3x12a4x2n(n1)anxn2n从 xy2a2x6a3x212a4x3n(n1)anxn1 xyaxax2ax3

xn1

xnaxn1

xyyxy0a1(a04a2)x(a19a3)x2(a216a4(a

n2an)xn1an1xnanxn10a1a04a2a19a3aa

n2anan1ana0a1a2an0ai0(i0,1,2,n试确定系a0a1an,，使

xn满足勒让德(1x2)y2xyl(l1)y0y

xny

xn1，yn(n

xn2(1x2)y(1x2

xn2

xn2 n(n

xnn2xy2x

xn1

xnnl(l1)yl(l1)

xn l(l

xn将上述结果代入勒让德方程(1x2y2xyl(l1y00(1x2)y2xyl(l1) n(n1)anxn2n(n

xn

xnl(l1)a

(n2)(n

xnn(n

xn

xnl(l

xn

l(l1)a02a2(l1)(l2)a6a (l2)(l3)a212a4(l(n1))(l

(n

(ln)(ln1)an(n2)(n1)an2a l(l1)aa (l2)(l3)

(l2)l(l1)(la4

4 2

43 a000

k(l2k2)(l2k4)l(l1)(l3)(l2k1)a,(2k)! (l1)(la3

(l(l33)(l

(l3)(l1)(l2)(la5

5

a3

543

aa2k

(1)k(l2k1)(l2k3)(l1)(l2)(l4)(l(2k

a

(l2k2)(l2k4)l(l1)(l2k y

0k

x2k(2k axa

(1)k(l2k1)(l2k3)(l1)(l2)(l2k

2k1 1ka0a1取任何常数

(2k

数项级数的收敛性及其基 （1）(5n4)(5n1) （2）4n21

；2n（4）

2 rnsin

rrncos解（1）

r 1 (5n4)(5n 55n 5n1S1 1

6

(5n4)(5n11111 5

5n 5n11 1(n)S1

5 5n1 5（2）由

1 4n2 22n 2n1S11111 1 1(n) 2 1

2n 2n1 2

2n1 所以级数的和S 2 1 22

22 n1

1 1 22n 1 2n22n1，因此欲求原级数的和，只需计算 n即可．对级数n，设其部分和Sn 23 2n 2Sn222324 故

12

12

1

2

2n121111 2n 1 1n1

1 12

从而 Sn2，即limSn4，因此原级

2n

2n1413n n12n rksinkx，k

2rcos

2rk1sinkxcosxrk1sin(k1)xsin(kk k rk1sin(k1)xrk1sin(kk k rksinkxr2rksink k(Snrn1sin(n1)xrsinx)r2(Snrnsinnx)rsinxrn2sinnxrn1sin(nSn

1r22rcosnrn2sinnxrlimS

0,rn1sin(n1)xrrsin，

0因 r

sinnx rsin 1r22rcos

1r22rcosn rkcoskx，从k2rcos

2rk1coskxcosxrk1cos(k1)xcos(kk k rk1cos(k1)xrk1cos(kk k rkcoskxr2rkcosk k

(Snrn1cos(n1)xrcosx)r2(Sn1rncosnx)lim

limrcosxrn2cosnxrn1cos(n1)xr2

rcosxr 1r2rcos 1r2rcos 因此rncosnx1r22rcosx2.下列级数的敛散性 （1）2n1 n1

3n（3）cos2n1 （4）(3n2)(3n1)1n(1n(n1)(n n 解（1）

10(n2n 1 1（2）由于2n23n3 n1

n1由于通项

2n

cos010(n 1

(3n2)(3n 33n 3n1S1 1

4

(3n2)(3n11111 3

3n 1 1(n)

3 3n11

3 n(n1)(n n n n(n1)(n n 由

nn n nn

n112211Sn 12211

1

1 1 3nn3nnn 10.2若级数unvn收敛，则级数(unvn (unvn)unvn SnukSnvkssk klimSnlim s,limSlimknknknk

s nk nk设级数(unvnn n(ukvk)ukvkSnSnss(n)k k k 所以(unvn也收敛，且(unvn)unvn 设级数un各项是正的，把级数的项经过组合而得到新级数Un nUn1uk1uk2 nk00k0k1k2knkn1，若Un 证明Snuk,nUkk knn k

U1U2 (u1u2uk)(uk1uk2 k k k k 由于Un收敛，故{n有界，即

knk

M又由于unSn

M，而且Sn}原级数un 正项级（1）

；n2(2n(2n 2n1nn （3）

2n2 n2 11

(a1)nn 2n1 ；n1ln(n；

2； （10）

sin3n (3(1)n

5n

1sin2；n 1n（13）n1 nn1 n（14） n 1n（15）nln1 n ln(1n n 2narctann21n1nn1

11 1n21n1 n2n2n2解（1）

．由于 1，而

n2n2

n

n1 1(2n

22而级数2n2

．由于n 2nn

2n

10nn

n 2nn sin

n．由于lim ，而

n收敛，故

n

1

n1

1 11ana11anana，而a

n1 1别法知，级数 n1

nnnnn ．由于 lim1nnnnn

1nnnn n

n1 ．由于limn lim 01，故级数

n12n

2n n2n n12n

n n

nln(n

2．2 方法1因为 2n1 ，而2n1和

2

2 方法2由 n对一切n都成立，而n收敛，故 2nsin 2nsin 22nsin ．由于

，而 收敛， 2

2

n1

3 n n(3(1)

．由于3

4，因此，若

sin5n 4nsin 4nsin 4级数收敛.考虑级数4nsin 5n 5n，且 4

5

4

5 敛，

5nsinnsin2 sinn

n

n n，而nn1cos1 2 1 n 2sin n1 ．由于 ，而 n1 n n

n

n1 cosn．由于lim

1

1 1

ln1 n

ln1 ．由于lim

lim

1，而 nn1 n3n

nnn

1ln(1

ln(1n．由于limnn 13n

nn

0，而级数

3n sin1arcsin1．由于limsinnarcsinn1，而级数

1

n

n1

narctan

．由于极限

n2

，而对于级数

n，根据 nn2nn2

n1

1，故由根式判别法知，级数

n

1n1n

n1n111n

1．对通项进行分子有理化可1n1nn1n12n1n111n

1

2(n12n12n(n由于2(n1) 21 1 1 21 1n21．由于1n21n2n4，而级数n2n4 n1 （1）

nln；

；； n nn1 1n n2n13n2n1

n1n1(3n2n) n1(1x)(1x

)(1xn

(x0)

33 1

35714

357147

(n(n

n

解（1）

．由于

n

ne1n

nln

(n1)ln(n

n1ln(n1) n lnn1 lim lim

lim1

n

1 nln

n ln n

ln (n

(n

n

nn ．由于lim nn

2

1，故 n1

(n

nn

n1

(n

n

n ．由于lim n

3

1，故

nn

nn

n1n n

n e

(01)n2nn n

e12n 因而 e 2ne12n

nnn1nnn(nn n n1nnn(nnn1n

1n

n n

n1n

1nn nn 3n2232n3n232n3n

n13n2 (3n2n) (3n2n)

nn

0(n)， n1(3n2n)

3n2因此，如果级数

nn收敛，则原级数也收敛.考虑级数n

nnnn1(3n2n) n1(3n2n)

3n23n2 (3n2n)

1

33 (1x)(1x2)(1xn)(x0)x0x0(1x)(1x2)(1xn1

0x1lim lim n11

x

n1

x因而(1x)(1x2)(1xnx0

335357357

．级数的一般项

357(2n 1

14

147

147(3n357(2n3)limun1lim147(3n1)n n357(2n147(3n

lim2n321n3n n（1）lnnn

(ln

lnn2（3）lnn2 3（4）lnn3 n nlnn（7） n

（p是任意实数（8）nplnn（p是任意实数 解（1）nlnnn9时lnn2n9nlnnn2，而n2

(ln

lnn．由

(ln

nln(ln

，且ln(lnn(nN

ln nN时ln(lnn2 2（3）lnn2

n，即当nN时，(ln n，而级 1

1 1

2ln

1n n n n 00

Lhsia1

1 11 ln1nln1n

2 ln211n2lim2 n

1 n ln21 n 方法2由于 n，所以lnn ，而级数 2级数lnn2

．由于limn

1limn n n

ln31Raabe

a一般地，对lnn(a0)，当0aenNa

n所以alnnn，从而alnn发散；当ae时，由于limn 1lna1，由 a判别法知，级数lnna

n n（5）n

1．由于n

N0nNnlnn

2lnn1

nln3 3即nln32lnn，从而 n， 3 n

，而nn

收敛，故

nn

n．由于n

N0nNnlnn

3lnn1

nln 33 即nln33lnn，从而 n， 2，而2收敛33

ln ln （p是任意实数．由于当n3时， ，所以

nn nn

n n ln

p 则原级数必发散，而p1时p发散，因而p1时，原级数 p发散 p1xln

dt

xlnttpdt xlntdtp1 lnx

1t 1p 1px (1p)2x (1xln ln 因而lim

tpdt

dxx (1

x nplnn（p是任意实数）p1nplnnnp1x x2tlntdt2lntdlntln(lnx)ln(ln2)x

且pnn2因而lim2

tlntdt

dxp1xln2 2nplnnnlnn，而nlnnp1 1nn（1）e1 nn1 （2）lncos n

n1 n)p n（4）

na4n2nb) 1n

1 1解（1）e1n ．令f(x)1x，则lnf(x)xln1x，从n1 f(x)f

1 1 x211 1 1 ( x 1 xln1xx1

1 x

1 1

n n n 1

1

limn211 ln1

n

n

n n 1n 1 1limn21

n1

2n1

1

n31

n1lim1 n2 n n(n 2n n3 1n n 1 lim1 e nn(n n 1 e1n

n是同阶无穷小量，由于npp1 1nnp1时发散，因而原级数e1 当p1时收敛，p1时发散nn1 lncos lnsec1lnsec21ln1tan2 ncos nn1 (tan2 tan

1n1n

2

n 故limlncos

，这是一个有限数，从而 是同阶无穷小量， cos nn

n 此原级数lncos与n2p的收敛性一致，所以当2p1p2 1而当2p1即p 2 n n

n1 ．由于nnn

n 0 n

n

2n ln1 nnn nnn p 1nn nn p n

n

np故(n1 n) n

pn

11p02

na4n2nb4n24n2nn(na) n2nna4n2n(na4n2n(na4n2nb)(na n2nb n

时，上式 n5.下列级数的收敛性n(lnn(ln p nlnnlnlnn n(lnn)1

(0)ln（4）（4）n(lnn)(lnln q 解（1）n(lnnp．令函数f(x)

，则该函数在[2,)x(lnx)

x xp1时，由于lim2tlntdtlim2lntdlntlim(ln(lnxln(ln2))p1

f(t)dt dt

lim(ln

dln

2t(lnt)

x (lnx)1p(ln2)1px1 p (ln2)1p p p1p1 综上可知，级数n(lnnpp1p1 （2）nlnnlnlnn．根据级数通项un，可令函数f(x)xlnxlnlnx，则unf(n),(n2)f(x在[2,limxf(t)dtlim dlntlim dlnlnx x2lntlnln x2lnlnlimlnlnlnxlnlnln2（3

n(lnn)1lnln

(0)limlnlnnn充分大时， lnlnn1，因 n(lnn)1lnln n(ln

，由（1）知n(lnn)1 n(lnn)p(lnlnn)qp1时，由于

qdx

q xlnx(lnln

(lnlnp1p12(0)u n(lnn)p(lnln

n(lnn)1(lnn)(lnln由于lim(lnn)(lnlnn)qN0nN(lnn)(lnlnn)q1 从而unn(lnn)1，而由（1）知n(lnn)1p1p12(0)(ln

u n(lnn)p(lnln

(ln，n(lnn)1(lnln(ln 于 1，从而un

1(lnln

(lnln

n(ln知n(lnn)1n(lnn(lnn)(ln(ln综上可知，原级 p1p1,q1

p1p1,q1(2n1)!!（1）n1

(2n)!! (p是实数（2）

(1)(n1) n

(0,0)(2n1)!! 解（1）级数

(2n)!!的通项un

(2n)!!，因而根据二项展开式n1 (2n1)!!(2n2)!! lim n1limn n n (2n1)!! p2n2 plim 1 (2n (2n n(2n1) (2n)pp(2n)p122p(2n)pp(2n)p1n(2n1)limnp(2n)p1(2p1)p (2n1) 2n （上式也可以在第二个等式处将p

2np

化为1 直接使用二项展开式），所以当2n1p21p2 1 n2n n1 1 n 2n n2 (2n1)2 即1,1n1（2）

(1)(n1) n

(0,0)un(1)(n1)1 (n (n1) (n1)(n1)

n(1)(n1 1(n)n n1n

1 n1 1 (n1)1 lim 1limn 1 1lim

nn nn n 1

n 1n

1所以当11，即时级数收敛；当11，即时级数发散当时，Raabe n1

1

n1

(1) 1n 1

1

n n n

n2n1

(n

(n1)(

n 1 n

n(n)

2n2(n

n2n n 1(n1)( n 1nn2 2(n) n(1)nn2，即1,1而且显然n有界，因而根据高斯判别法可知，原级数发散． 已知两正项级数un和vn发散，问max(unvn，min(unvn 级数max(unvnmax(unvnun0，而un 故max(unvn)发散 1(1)n,1min(un,vn)可能收敛，也可能发散．例如

于min(unvn0n都成立，故min(unvn若正项级数a收敛，证明：lima2a 0 设正项级数anSna1a2anS1S2Sn1(n1)a1(n2)a2an1 nSnna1na2nan nSnS1S2Sn1a12a2nan，两端同时除以n可得nSn(S1S2Sn1)a12a2nan (nn

S1S2Sn1n

a12a2nann由于正项级数an收敛，因而limSnlimSns limS1S2Sns lima12a2nanlim(n1)SnS1S2Sn1Snss0

设

1,nk2,ka na1a2 ,k k求证：(1)an

limna0 证明（1）由于

n2收敛，故an

2收敛，而akn2n

k2

n1,nk

k

k 而ak2 an收敛，即an收敛k n1,nk 考虑na的一个子列{k2a}，则limk

limk2

1，即lim

0 k

k

k

nn10设a0，且liman1lnn

l．反之是否成立a an

aa01，构造数列{un

n，则{unnan1新数列，由于新数列收敛且与数列{un}极限相 llim lim limn1 n

n

n1 n1limn1an1ana2a1 n1

2 n1n1 n

n31n2n2故limnan ，

a2ma

3

16

从而liman11n （1）lim 0n(n!)n

0(a1) 证明（1）lim 20．考虑级数 2，由nu

n11 1

11n

n

(n)故级数

收敛，因而lim 0 n

(2n)!

(a1)．考虑级

un1(2n2)(2n1)

(n)

nn所以级数

收敛，因而

0(a1)

nan0，且数列{nan}有界，证明级数

2M由数列{nan}M0，对nNnanMann M 进一步可得an 2，又由于2收敛，因而由比较判别法知，级数 设正项级数an收敛，证明anan1 an2 (anan1)均成立，而级数an和级数aan2 收敛，从而级数(anan1也收敛，由比较判别法知，级数anan1设limal

n n（1）当l1an n（2）当l1an问l1证明（1）当l1时，令l10，则由limalNnN nalll1l1 nN

l1，而

l

n n1n当l1时，令1l0，则由limalMnM nall1ll1 nM

l1，而

l

n n1n 1plnln plnlnn当l1时，考虑级数n(lnn

，由于n(lnn)p lnn，令an1

lnn 时发散，从而当l1时，级数

n 一般项级1.下列级数的收敛性（1）n

nnnlnnsinnn2（2）n2 111 nn n nn

n21)2(1)n(n2n

n1

(p0)32n 32n n

ncos2nnnsin2n（10） nn n

nsinn

(x0)(1)nn（12）(n1)2n1211212

131313nnn

n

(a0)1

sinn1 nn n

sinnsin．nn解（1） ．令f(x) ，则f(x) 100 ，显然n n x 2x(xx100f(x0f(x0．由于级数前有限项的值不影响该级数的敛散性，因而由Leibniz判别法知原交错级数收敛．lnnsinn（2）n

2 n2k,kZsin n2k1,kZ lnnsin

k1ln(2k

lnn1

k

2k f(x1lnxx3f(x0f(x0x项开始，数列lnn单调下降并趋向于0n取奇数时该数列也是单调下降并趋向于 n111 1 1111与原数列极限相等，故根据数列单调递减趋向于0知，数列 n单n n

(1)n 1

1 nnnnn n nnnnnn n2n n而级数 及3收敛，但级数n发散，因而原级数发散n n2n

n21)n2 n21)sin(n n))(1)nn2n2n2

n21 n21 又由于sin 单调下降趋于0，故由Leibniz判别法知原级数收敛 n21n22(1)n223 3

．由于

n33

(p0)．由于 nn nn敛．进一步可知：当0p1p1 33

．由于1sinn ，

3n3

2ncos

n

nn2 cos2k2sin1cos22sin1cos42sin1cosk(sin3sin1)(sin5sin3)(sin(2n1)sin(2nsin(2n1)n sin(2n1)sin1 n

1故k

cos2k

2

n ncosncos cosnn0Dirichlet判别法知级数n

收敛，即

nsin2n nsin2 n1cos ncos1

nn

1 ncos1n又由于

收敛，由上题知x

（11）

n

(x0)

x0NxnNx时，0n2，从而sinn1sinn，即当n x x0Leibniz判别法知，级数(1)nsinx时 x nx

n 敛，因而原级数

n

x0从而 sinx，即当nNx x

n 时，数列sin单调趋0，又(1)n的部分和数列有界，由Dirichlet判别法知 n

n (n

(n1)2

(n

(n

131313 2222

1n1n1n1n1n1n

n

n1n1 n

，设该级数部分和数列为Sn，则1n 1 1 1 1 1n 1 1 1 1 2332nn 2332nn

n1即limS，从而部分和数列Sn n

n

(a0)1先考虑数列 ，由于a0，故0 a，从而数列 n 1 n a 1a为a1时， 关于n单调下降；0a1时，

1an

1an列 n单调有界.又因为级数 1a sinn1 n 1 ．由于sinn sinn cosn n n sinn1 n sin cos 1

n1

nsin 1由本节例4知级数 收敛，又数列cosn单调上升且有界，由Abel判别法知，sin

1

cos 数

收敛.同理级数nnnn

sinnsinn

ann，bnsinnsin

级数bn的部分和数列Bn sinksink

n1

2

2Bn k

k

k

k k1ncosk(k1)cosk(k2k1cos0cos2cos2cos6cosn(n1)cosn(n1)12 cos0cosn(n1)12 sinnsinn即bn的部分和数列有界，由Dirichlet判别法知原级数anbn 2.下列级数是否绝对收敛或条件收敛n（1）n

sin(2n；sin

nnp

(0x)(0x)

(1)nln；n

n

sinn1

n n(1)n 1 1n； n1np

(p0)（10） (p0)n2n(1)n（11）

n1np

n12nsin2n；nxn（13） ,limaa0nn1an (1)nrn xn（15） n

(r0) (1)nnln1 pp0n ；；

n(1)n1 sinnn nn1np 4n解（1）n 由于xR是一定值，故当n充分大时，数列 n n n 再考虑级 ，由于 1，

n1nn

n

n1法的极限形式知，级数

sin(2n

sin(2n

sin(2nsin(2n

n1收敛，由比较判别法知，级数

sin sin

(0x4知级数

nsinnsin2sinn

1cos

1cos2nx cos cos2nx 而级数2n发散 收敛，因而级数2n 发散，由比较判别法 sinsinn级数

np

(0x)

npnpnpp1时，对任0x

np，而np收敛，故级数1

n当0p1时，由于p0，且部分和cosnxn cos cos2 cos 判别法知级数

cos

，而 nnpnp

n n 2n 2n

n12n

发散．从而当0p1时，原级数对一切0xp0时，由于对一切0x，有limcosnx0（如若不然，则limcos2nx0 0limcos2nxlim1cos

11limcos2nx1

11cos

2 nlim np1时绝对收敛、当0p1p0

(1)nln．n由于数列lnn单调递减并趋向于0，由Leibniz n((1)nlnn

ln

(1)nlnn limlnn，而 (1)nlnn

n

n1 3(1)n

n

4 4 sinn．由31)

sinn5

，而

5

n15 n 1 0Leibniz判别法知，级数

n1n n

nnsin 1n数 n n ，由于lim 1，而 发散，因而级数1n

n

n1

(1)nnnsin1nn(1)n 1 1 1n e en 1n．由于数列n1n与n是等价无穷小量，而n单 n 1 1 1n 1 1 1 1n1n

n 1n由于

1

n发散，因而级数

1 n

n

(p

n1npnnpnpn

npn

p，而级数nnnn

n n当0p1

npnpnn

n

npn

xp

xf(x)0，因而数列

np np1时绝对收敛，当0p1（10） (p0)n2n(1)nn＋(1)n＋(1)n

p(n1)p，而(n n＋(n＋(1)n当0p1n(1)n

级数

(1

1x(1)x21xO(x2)2 (1)n (1)nn＋(1)n

p (1)n n

n nn1 (1)n 1 p1p O2 p n n n 由Leibniz判别法知n 收敛，又由于np1,np2都收敛，故原级数收敛．因 原级数当0p1p1时绝对收敛，当0p1（11）

n1np

pnpnn

1 p，而级数

p

n10p1

ppnn1

11

1，而级数

n

n1pnn级数

p

(1)nnnn

nnnn

n 1

nnAbel判别法知原级数

p

nnpnnp

1(n lim(1)n

p

p

p1时绝对收敛，当0p1p0

n12nsin2n．nun

n12nsin2nn

，由于

nn

2sin2

2sin

xn2n

x1，即k xk (kZ)时，级

2n2nsin2nn n14n原级数绝对收敛；当2sinx1，即xk (kZ)时，原级数变为 4n n显然条件收敛；当2sin2x1，即kxk (kZ)n

n故可选取2sin2x1nnlimu0

unn1

xkxk k

xk3kZ x（13）

,limaa0nn1ann

n由于n

lim xaxa

n

a

limnnnnn

a10 n但级数 np当p1时收敛，p1 nn1

（14）(1)nrnnn

(r0)由于

limnn

1

r，所以当0r1r1uu x

x x

1x

．由于n n

lim1 n

x en n xexexe

n

n

2nne

(01)

n 2 e12nn 因 e

2ne12n nn必要条件知 n

和

xexe (1)nnln1 pp0n (1)n 1 当p1时，由Taylor公式知ln1 n

n np，由于级数n (1)n 1当2p1时，由Taylor公式知ln1 np n 2n2pn2p，又因为

n数 n

条件收敛， 21

当0p (1)n m11

ln1 3p

(m1)p n n

2n2

n由于在上式中所有奇数项构成的级数 n

,

3n3p, 成的级数 2p, 4p,均发散，故原级数发

p1时条件收敛，当0p

p．由n1

n(1)n1

(1)n

(1)n1 1 nnn

n1 n1

(1)n1nn

n (1)n (1)n1 (1)n 1 1 1

1n p p n1n

n1n

n

n n n

n1n n1n n1n

条件收敛，p1绝对收敛，故原级数条件收敛；当0p1n1n n1n

条件收敛，p1p0n1np2时绝对收敛，当1p2p1 sinnn nn1np 4只考虑0p1 sin4 sin4 sin4 sin4 1 1 n

n

npsinn4

n sinn

sin2n

n 1

2pnn. n2p.

n3p1当2p12

sinn ，由于数列 sin有界，由 np n ksinn sin2n 1cosn cosn 1

n1

cosn 而且级数1发散 收敛故级数n1 n sinn

sinn4n

p121时，级数 条件收敛，因而原级数也条件收敛n 1当0p

p1时条件收敛，当p （1）aaqaq2aqn,q1,aA(n0,1,2,) （2）111111 11

时，都有|

，对于nN,pA

un1un2un

an1qn1an2qn2anpqnan1qn1an2qn2anpqnA|q|n1|q|n2|q|npA|q|n1|q|n2A|q|n1 1|q|1|q1

1|q （2）取0

0Nn3NNp3Nn6un1un2un

u3N1u3N2u3N 3N 3N 3N3 3N 3N 3N6 3N3N 3N3N 3N3N 3N

3N 3N3 3N 3N 3N6 1 6N

6N 6N 3N1

3N

6N 3(N

3(N

3(NN1 1N1 3N N NN

3 Cauchy111111 4.求证：若级数

(an0)收敛，则级数

2 n故0an1，因此n充分大an2ananan，由比较判别法知级数n

2 ，则级数2收敛，但

若级数an收敛，且lim 1，问是否能判断出bn也收敛？研究例

n

nnna(1)n,nnn

1n解不能断定bnan

nnbnan ，则显然annn nnbnann n，由 收敛，n发散知bn发散．但此时nnb

(1)n

limnlim1 1，n n 因此由已知条件不能断定bn也收敛．事实上，也不能断定bn 取bnan，则lim 1，但bn n 证明：若级数anA及bn(Bancnbn(n1,2, cn(C也收敛．若级数A与(B都发散，问级数(C 由于级数an与bnCauchy0,N，当n 时，对pZan1an2anp，bn1bn2bnp从而an1an2anpbn1bn2bnpan1an2anpcn1cn2cnpbn1bn2bnpcn1cn2cnpCauchy(C 若级数(A)与(B)都发散时，级数(C)可能收也可能发散(1)与1 1,101，但级数 发散，而0收敛 0证明：若 收敛，则当xx0时，nx也收敛．若0

时，ann1

an

若

n

收敛xx0

n

nx

0

n1 而数列 单调有界，由Abel判别法知级数n也收敛nxx0

若x x x x也n0发散，假 0 n

n ！故当xx0时，x也发散n 求证：若数列nan有极限n(anan1收敛，则an也收 nn证明Snk

是anSn

* kk

ak1)是级数

an1n(a

收敛，故数列S*收敛，设limS*s*，由n

nnS*k

ak1 k (a1a0)2(a2a1)3(a3a2)n(anan1a0a1a2an1Sn1a0nan

，从而lim

lim

lim

*lim

s* 求证：若(anan1bn收敛，则anbn 有极限，即liman存在，故数列{an}有界，设

M(n1,2,) 再根据(anan1绝对收敛和bnCauchy0,N nnN时，对pZakak1k

nk

nakk

an1bn1an2bn2anpbnan1bn1(an2an1)an1bn2n n n n n1nn nan1bk(an2an1)bk(anpanp1)bnk k

nk

an2

nk

anpanp1bn npa Man2an1anpanp1M k

k(M)由Cauchy收敛原理知级 求证：若级数

2 bn2都收敛，则级an

，

(ab)2，

a2b 证明这里每个级数都是正项级数，由于ab n，而a2与b2均2n 2

敛，因而

a2b(ab)2a22abb2a2b22a n n

n 1

1 n因而(ab2n

a an 与a

2

n2

n n1

xn设正项数列xn单调上升且有界，求1n1

收敛xn1n xn 级数1 (xn1xn n1 n1

nlim

(xk

)

x1)ax1nk 1 xn故级数(xn1xn)收敛，又 单调有界，故由Able判别法知级数1

n1 n1 n1nn对数列anbn，定义Snakk

bk1bk 如果Sn

收敛，且bn0(n，则anbn anbnSnbn 如果an与bn都收敛，则anbn 证明（1）由于Sn有界，故存在M0，使得对一切自然nSnM对0，由bnN10nN1时，对pZnk

又由limbn0N20nN2bn nakk

n(SkSn)(bkbk1)bnp(SnpSnknSkk

bkbnpSnp

nk

2Mbn2M 2M ， akbkSk(bkbk1)bnSnSkbkbnSnk k k 两端同时取极限得anbnSnbnlim(bnSn)，再由已知条件Sn有界及 limbn0可得lim(bnSn0，因而anbnSnbn 由于an收敛，故其部分和数列Sn有界，即存在M10,nZ，都 SnM1．又由bn收敛知，bn也收敛，故其部分和数列nbkbn1 k极限存在，即数列bn极限存在，因而bn有界，即存在M

0nZ

M2Mmax{M1M2}，则nZS

M

M 时，对pZ

n

n k

Snp

，k

4Mnakk

n(SkSn)(bkbk1)bnp(SnpSnknSkk

bkbnpSnp

nk

MSnp M ， Cauchyanbn 设an收敛，且limnan0，求证n(anan1 n(anan1)an 由an收敛知，其部分和数列n极限存在，令limns．设n(anan1 Snk(akak1)aknan1n(n1)an1an1k k由于limnslimnan0,liman10，故对上式两端取极限得n(anan1s 即n(anan1收敛且ans，因此n(anan1an （1）若an0a1a1a2a2a3a3（2）若an0a1a1a2a2a3a3 若a收敛，则(1)na n

若

2收敛， n1

3 若anbn1，则anbn 若

bn1，则anbn 若an收敛，则an2 若anan0，则limnan0 答（1）an10，但111111正确．设级数的部分和级数为SnS2n0,S2n1a2n10(n数列Sn收敛于0，因而原级数收敛 n n错误．如n

收敛，但

nnnn正确．由于

2收敛，故limn

20limn

N0nN

1nN

anan2an2 判别法知a3收敛，因而a3 n

错误．例如

1发散，但lim10n1 n nn错误．例如令an ，则an收敛，令bn1nn (1)n (1)n 1

，则bn1nnanbn 1 n nn

n n1

正确．对0，由anN10nN1pZan1an2anp又由bn1N20nN2bn1Nmax{N1N2，则nNpZ

1an1bn1an2bn2anpbn

an1

an

bnan1

anp(1)(1)故anbn

(1)n n错误．如n

收敛，但n1

nn nn1（1）

pn(n（2）lim1

(n

(2n)11． n p2n n解（1）考虑级数pp1Cauchy0nN0nNqZ11(n2)

1(n1(nq)

11(n2)

1(2n)1(2n)因此 (n2) (2n)p p（2）考虑级数np1Cauchy0pN0nNqZ11

1

1

111p 1pnn

pn2

0p2n若正项级数anan1an(n1,2,limnan0

nN1kN1

2 (nN1)anaN1aN2anaN1aN2a

ak 2kN12nN1nanN1an

．又由于liman0N2nN2 an2NNmax{N1N2nN1 即limna0

nanN1an

2 无穷级数与cauchy果

收敛，则ananan

an

anan

, 由于0

,0

，且

收敛，故由比较判别法知，级数和

均收敛，从而

a

，所以an

1

n1

2设

n1,2,，则0b

，由于

判别法知，级数bnan2bnann1,2,，所以级数an 证明由于an收敛，则其部分和数列为Sn有极限，设limSns an相邻奇偶项交换后所成的级数为bn，其部分和数列为n 2nS2ns(n)，2n1S2n1a2n1a2n2s(n)所以limns，即级数bn n级数n

1

254n7级数254n7

的重排为1

1 1 1

134 34

572 57

4n 4n 2n

，14n4n

14n14n14n111n12114n111n121 14n1n又因为n

ann,ann

anan

条件收敛，故只能有 n1 an，而且

n1在

n

依次在

anS相加刚好小于等于2n

设此时n2项

22,Sn212；回过头来，依次在an中剩下的项2取足够多的项，使其与Sn2的和刚好大于等于3，设此时一共取出了n3项，则Sn33,Sn313；再 an剩下的项，…，依次类推 这样便得到an的一个重排，记为bnSnbk，由级数bn k 法可以看出lim ,lim ，从而命题得证k 2k1

k 21

clnnrcEulerlimr0 H1

（1）2

lnm2

2c2rm（2）若把级数1111pq 2项的一组相交替，则新级数的和为ln21lnp2q证明（1）1111111 2 1

m 2(lnmcrm)2lnm2c2rm而Snu1u2 1132p1242q 2p

4p

2q

2p(k1)

2pk

2q(k1)

2pk1un

2qk

2q(k

2pk

un

2pk

2p(k1)

*） 1Sn132p(k1)1242qk

1

2p(k1)

2p(k1) 1 2p(k1) 2qkcln2p(k1) 1lnp(k1)c 1lnqkcr2p(k p(k ln2lnp(k1)1lnp(k1)1lnqk 1 r2ln21lnp(k1)

1

2p(kr

p(k 2p(k p(k 由于pq)knpq)(k1nklim

limln

1

p(k1)

2p(k

1

p(k

k

22